2023年天津市濱海新區(qū)七所重點中學化學高二下期末教學質量檢測試題含解析

2023年高二下化學期末模擬試卷考生請注意：1．答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內，不得在試卷上作任何標記。2．第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3．考生必須保證答題卡的整潔?？荚嚱Y束后，請將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、下列各組微粒屬于等電子體的是()A．CO2和CO B．H2O和CH4C．N2和CO D．NO和CO2、化合物X是一種醫(yī)藥中間體，其結構簡式如圖所示。下列有關化合物X的說法錯誤的是（）A．在酸性條件下水解，水解產物只有一種B．能與飽和NaHCO3溶液反應產生CO2氣體C．1mol化合物X最多能與3molNaOH反應D．分子中兩個苯環(huán)一定處于同一平面3、下列實驗操作不當的是A．用稀硫酸和鋅粒制取H2時，加幾滴CuSO4溶液以加快反應速率B．用標準HCl溶液滴定NaHCO3溶液來測定其濃度，選擇酚酞為指示劑C．用鉑絲蘸取某堿金屬的鹽溶液灼燒，火焰呈黃色，證明其中含有Na+D．常壓蒸餾時，加入液體的體積不超過圓底燒瓶容積的三分之二4、已知下列元素原子的最外層電子排布式，其中不一定能表示該元素為主族元素的是A．3s23p3 B．4s2 C．4s24p1 D．3s23p55、判斷強弱電解質的標準是()A．導電能力 B．相對分子質量 C．電離程度 D．溶解度6、100mL0.10mol·L－1Na2SO3溶液恰好把224mL（標準狀況下）Cl2完全轉化為Cl－離子，則SO32－將轉化為A．SO42－ B．S C．SO2 D．S2－7、下列解釋事實的方程式正確的是（）A．用稀硫酸除去硫酸鈉溶液中少量的硫代硫酸鈉：Na2S2O3＋2H＋＝SO2↑＋S↓＋2Na＋＋H2OB．氫氧化亞鐵暴露于空氣中會變色：4Fe(OH)2

+O2

+2H2O=4Fe(OH)3C．向Ca(ClO)2溶液中通入過量CO2制取次氯酸：Ca2＋＋ClO－＋H2O＋CO2＝2HClO＋CaCO3↓D．氯氣用于自來水消毒：Cl2+H2O2H＋+Cl－+ClO－8、下列表示正確的是A．Cl-的結構示意圖： B．CO2的結構式：O—C—OC．CH4的球棍模型： D．NH3的電子式9、下列分子或離子中,VSEPR模型名稱與分子或離子的立體構型名稱不一致的是A．CO2B．CO32-C．H2OD．CCl410、如圖是某學校購買的硫酸試劑標簽上的部分內容。據此下列說法正確的是（）A．該硫酸的物質的量濃度為1．82mol·L?1B．1molZn與足量的該硫酸反應產生2gH2C．配制200mL2．6mol·L?1的稀硫酸需取該硫酸50mLD．該硫酸與等體積的水混合所得溶液的物質的量濃度等于3．2mol·L?111、化學工業(yè)是國民經濟的支柱產業(yè)。下列生產過程中不涉及化學變化的是()A．氮肥廠用氫氣和氮氣合成氨 B．鋼鐵廠用熱還原法冶煉鐵C．硫酸廠用接觸法生產硫酸 D．煉油廠用分餾法生產汽油12、下列反應均可在室溫下自發(fā)進行，其中△H＞0，△S＞0的是A．4Fe(s)+3O2(g)=2Fe2O3(s)B．NH3(g)+HCl(g)=NH4Cl(s)C．(NH4)2CO3(s)=NH4HCO3(s)+NH3(g)D．2Cu(s)+CO2(g)+O2(g)+H2O(g)=Cu2(OH)2CO3(s)13、反應NH4HS(s)NH3(g)＋H2S(g)在某溫度下達到平衡，下列各種情況中，不會使平衡發(fā)生移動的是()A．溫度、容積不變時，通入SO2氣體 B．移走一部分NH4HS固體C．將容器體積縮小為原來的一半 D．保持壓強不變，充入氮氣14、下列離子方程式能用來解釋相應實驗現象的是（）實驗現象離子方程式A向氫氧化鎂懸濁液中滴加氯化銨溶液，沉淀溶解B向沸水中滴加飽和氯化鐵溶液得到紅褐色液體C二氧化硫使酸性高錳酸鉀溶液褪色D氧化亞鐵溶于稀硝酸A．A B．B C．C D．D15、下圖是制取、洗滌并測量生成氣體體積的裝置示意圖，利用上述裝置進行下表所列實驗，能達到實驗目的是（）物質實驗a（液體）b（固體）c（液體）A稀鹽酸鋅粒濃H2SO4B濃鹽酸MnO2濃H2SO4C稀硫酸CaCO3濃H2SO4D濃氨水生石灰濃H2SO4A．A B．B C．C D．D16、在某溫度下可逆反應：Fe2(SO4)3＋6KSCN2Fe(SCN)3＋3K2SO4達到平衡狀態(tài)后加入少量下列何種固體物質，該平衡幾乎不發(fā)生移動()A．NH4SCNB．K2SO4C．NaOHD．FeCl3·6H2O二、非選擇題（本題包括5小題）17、已知A是芳香族化合物，其分子式為C9H11Cl，利用A合成2-甲基苯乙酸，其合成路線如下：（1）A結構簡式為_____________。（2）A→B反應類型為_______；C中所含官能團的名稱為______________。（3）C→D第①步的化學方程式為____________。（4）在NaOH醇溶液并加熱的條件下，A轉化為E，符合下列條件的E的同分異構體有___種，任寫其中一種的結構簡式____________。i,苯環(huán)上僅有一個取代基；ii.能與溴水發(fā)生加成反應。18、高性能聚碳酸酯可作為耐磨材料用于汽車玻璃中，PC是一種可降解的聚碳酸酯類高分子材料，合成PC的一種路線如圖所示：已知：核磁共振氫譜顯示E只有一種吸收峰?；卮鹣铝袉栴}：（1）C的名稱為__________________，C→D的反應類型為_________________（2）E的結構簡式為__________________，官能團名稱為_______________________（3）PC與足量氫氧化鈉溶液反應的化學方程式為___________________________________（4）寫出能發(fā)生銀鏡反應且為芳香族化合物的A的同分異構體的結構簡式______________（不考慮立體異構，任寫兩個）。（5）設計由甲醛和B為起始原料制備的合成路線。（無機試劑任選）。___________19、維爾納配合物M是一種橙黃色單斜晶體，該晶體以濃氨水、雙氧水、CoCl2·6H2O、NH4Cl為原料在加熱條件下通過活性炭的催化來合成。為探究該晶體的組成，設計了如下實驗：步驟一，氮的測定：準確稱取一定量橙黃色晶體，加入適量水溶解，注入下圖所示的三頸瓶中，然后逐滴加入足量10%NaOH溶液，通入水蒸氣，將樣品中的氨全部蒸出，用500.00mL7.0mol/L的鹽酸溶液吸收，吸收結束后量取吸收液25.00mL，用2.00mol/L的NaOH溶液滴定過量的鹽酸，終點消耗NaOH溶液12.50mL。步驟二，氯的測定：準確稱取橙黃色晶體wg，配成溶液后用AgNO3標準溶液滴定，以K2CrO4溶液為指示劑，至出現淡紅色沉淀不再消失為終點(Ag2CrO4為磚紅色沉淀)。（1）上述裝置A中，玻璃管的作用是_________；（2）裝置A、B三腳架處應放置一個酒精燈作為熱源，酒精燈應放置在_____（填“A”或“B”）處。（3）步驟一所稱取的樣品中含氮的質量為______g。（4）有同學提出裝置C中所用鹽酸的濃度過大易揮發(fā)，會造成測得氮的含量結果將______（填“偏高”“偏低”或“無影響”）；冰水混合物的作用是_______________。（5）測定氯的過程中，使用棕色滴定管的原因是________（6）經上述實驗測定，配合物M中鈷、氮、氯的物質的量之比為1∶6∶3，其中氮元素以氨的形式存在。制備M的化學方程式為_____，其中雙氧水的作用是____；制備M的過程中溫度不能過高的原因是_____。20、苯甲酸甲酯是一種重要的工業(yè)原料，有機化學中通過酯化反應原理，可以進行苯甲酸甲酯的合成。有關物質的物理性質、實驗裝置如下所示：苯甲酸甲醇苯甲酸甲酯熔點/℃122.4﹣97﹣12.3沸點/℃24964.3199.6密度/g．cm﹣31.26590.7921.0888水溶性微溶互溶不溶實驗一：制取苯甲酸甲酯在大試管中加入15g苯甲酸和一定量的甲醇，邊振蕩邊緩慢加入一定量濃硫酸，按圖A連接儀器并實驗。(1)苯甲酸與甲醇反應的化學方程式為______________________________________。(2)中學實驗室中制取乙酸乙酯時為了提高酯的產率可以采取的措施有___________________________實驗二：提純苯甲酸甲酯該實驗要先利用圖B裝置把圖A中制備的苯甲酸甲酯水洗提純，再利用圖C裝置進行蒸餾提純(3)用圖B裝置進行水洗提純時，B裝置中固體Na2CO3作用是__________________。(4)用圖C裝置進行蒸餾提純時，當溫度計顯示____________時，可用錐形瓶收集苯甲酸甲酯。(5)最終制取15g苯甲酸甲酯，計算得苯甲酸甲酯的產率為______________(小數點后保留1位有效數字)。21、VIA族的氧、硫、硒(Se)、碲(Te)等元素在化合物中常表現出多種氧化態(tài)，含VIA族元素的化合物在研究和生產中有許多重要用途。請回答下列問題：(1)S單質的常見形式為S8，其環(huán)狀結構如圖所示，S原子采用的軌道雜化方式是______；(2)元素的基態(tài)氣態(tài)原子得到一個電子形成氣態(tài)負一價離子時所放出的能量稱作第一電子親和能(E1)。第二周期部分元素的E1變化趨勢如圖所示，其中除氮元素外，其他元素的E1自左而右依次增大的原因是_______；氮元素的E1呈現異常的原因是________。(3)Se原子序數為_______，其核外M層電子的排布式為_________；(4)H2Se的穩(wěn)定性比H2S_____________(填“強”或“弱”)。SeO3分子的立體構型為______。(5)琥珀酸亞鐵片是用于缺鐵性貧血的預防和治療的常見藥物，臨床建議服用維生素C促進“亞鐵”的吸收，避免生成Fe3+，從原子核外電子結構角度來看，Fe2+易被氧化成Fe3+的原因是_________。

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、C【解析】

原子數總數相同、價電子總數相同的微粒，互稱為等電子體，等電子體具有相似的化學鍵特征，且其結構相似，物理性質相似?！驹斀狻吭訑岛蛢r電子數分別都相等的微粒為等電子體，分子中質子數等于電子數，則A、CO和CO2的原子數和價電子數分別均不相等，所以兩者不是等電子體，選項A錯誤；B、H2O和CH4的原子數和價電子數分別均不相等，所以兩者不是等電子體，選項B錯誤；C．N2和CO的原子數和價電子數分別均相等，所以兩者是等電子體，選項C正確；D、NO和CO的原子數相等，價電子數不相等，所以兩者不是等電子體，選項D錯誤。答案選C?！军c睛】本題考查了等電子體的判斷，根據等電子體的概念來分析解答即可，根據原子數和價電子數進行判斷。2、D【解析】

由結構簡式可知，化合物X含有酯基，可發(fā)生水解反應；含有羧基，具有酸性，可發(fā)生中和、酯化反應?！驹斀狻緼項、化合物X是含有酯基的環(huán)狀化合物，酸性條件下水解產物只有一種，故A正確；B項、化合物X含有羧基，酸性強于碳酸，可與飽和NaHCO3溶液反應產生CO2氣體，故B正確；C項、能與氫氧化鈉反應的官能團為酯基和羧基，化合物X的酯基水解生成酚羥基和羧基，則1mol化合物X最多能與3molNaOH反應，故C正確；D項、分子中兩個苯環(huán)與同一個飽和碳原子相連，飽和碳原子為四面體結構，兩個苯環(huán)不一定處于同一平面，故D錯誤；故選D?！军c睛】本題考查有機物的結構與性質，注意理解官能團與有機物性質的關系，明確羧基和酯基的性質是解答關鍵。3、B【解析】

A．鋅粒與加入的硫酸銅溶液發(fā)生置換反應，置換出單質銅，形成鋅銅原電池，反應速率加快，選項A正確。B．用鹽酸滴定碳酸氫鈉溶液，滴定終點時，碳酸氫鈉應該完全反應轉化為氯化鈉、水和二氧化，此時溶液應該顯酸性（二氧化碳在水中形成碳酸），應該選擇酸變色的甲基橙為指示劑，選項B錯誤。C．用鉑絲蘸取鹽溶液在火焰上灼燒，進行焰色反應，火焰為黃色，說明該鹽溶液中一定有Na+，選項C正確。D．蒸餾時，為保證加熱的過程中液體不會從燒瓶內溢出，一般要求液體的體積不超過燒瓶體積的三分之二，選項D正確?！军c睛】本題選項B涉及的是滴定過程中指示劑的選擇。一般來說，應該盡量選擇的變色點與滴定終點相近，高中介紹的指示劑主要是酚酞（變色范圍為pH=8～10）和甲基橙（變色范圍為pH=3.1～4.4）。本題中因為滴定終點的時候溶液一定為酸性（二氧化碳飽和溶液pH約為5.6），所以應該選擇甲基橙為指示劑。對于其他滴定，強酸強堿的滴定，兩種指示劑都可以；強酸滴定弱堿，因為滴定終點為強酸弱堿鹽，溶液顯酸性，所以應該使用甲基橙為指示劑；強堿滴定弱酸，因為滴定終點為強堿弱酸鹽，溶液顯堿性，所以應該使用酚酞為指示劑。4、B【解析】

A、最外層電子排布式為3s23p3的是P，屬于主族元素，故錯誤；B、最外層電子排布式為4s2的不一定是主族元素，如Fe、Zn等過渡元素，故正確；C、最外層電子排布式為4s24p1的是Ga，位于第IIIA族，屬于主族元素，故錯誤；D、最外層電子排布式為3s23p5的是Cl，屬于主族元素，故錯誤。故選B。5、C【解析】

A.電解質的強弱與溶液的導電能力無關,溶液的導電性強弱取決于溶液中離子濃度的大小,離子濃度越大,導電性越強,如硫酸鋇是強電解質,但它難溶于水,雖溶于水的部分能完全電離,而導電能力很弱,故A錯誤;B.根據能否完全電離區(qū)分強電解質弱電解質，與相對分子質量沒有關系,故B錯誤;C.強電解質是指在水溶液中能夠完全電離的化合物，弱電解質是在水溶液中部分電離的化合物，故C正確;D.硫酸鋇是強電解質,但它難溶于水,乙酸易溶于水,但它是弱電解質,所以電解質的強弱與溶解度無關,故D錯誤;答案：C?！军c睛】強電解質是指在水溶液中能夠完全電離的化合物，一般的強酸、強堿和大部分鹽類屬于強電解質；弱電解質是指在水溶液里部分電離的電解質,包括弱酸、弱堿、水與少數鹽。據此即可解答。6、A【解析】

Cl2完全轉化為Cl－離子，氯氣化合價降低，則亞硫酸根化合價升高，則+4價升高，縱觀答案只有硫酸根中硫為+6價，故A正確；綜上所述，答案為A?！军c睛】利用氧化還原反應原理，有元素化合價升高，必定有元素化合價降低來分析。7、B【解析】

A．硫代硫酸鈉是可溶性鹽，可拆分，則用稀硫酸除去硫酸鈉溶液中少量的硫代硫酸鈉，正確的離子方程式為：S2O32-+2H+═SO2↑+S↓+H2O，故A錯誤；B．氫氧化亞鐵暴露于空氣中被氧化生成氫氧化鐵，反應方程式為4Fe（OH）2+O2+2H2O═4Fe（OH）3，故B正確；C．二氧化碳過量反應生成可溶性的碳酸氫鈣，則向Ca（ClO）2溶液中通入過量CO2制取次氯酸，離子方程式：ClO-+H2O+CO2=HClO+HCO3-，故C錯誤；D．HClO是弱酸，則氯氣用于自來水消毒發(fā)生反應的離子方程式為Cl2+H2OH＋+Cl－+HClO，故D錯誤；故答案為B。8、A【解析】

A．Cl-的結構示意圖：，故A正確；B．CO2的結構式：O=C=O，故B錯誤；C．CH4的比例模型：，故C錯誤；D．NH3的電子式，故D錯誤；故答案：A。9、C【解析】

VSEPR模型是價層電子對互斥模型的簡稱，根據價層電子對互斥理論，價層電子對個數=σ鍵個數+孤電子對個數，σ鍵個數=配原子個數，孤電子對個數=12×（a﹣xb），a指中心原子價電子個數，x指配原子個數，b指配原子形成穩(wěn)定結構需要的電子個數。分子的立體構型是指分子中的原子在空間的排布，不包括中心原子未成鍵的孤對電子；實際空間構型要去掉孤電子對，略去孤電子對就是該分子的空間構型。價層電子對個數為4，不含孤電子對，為正四面體結構，含有一個孤電子對，為三角錐形，含有兩個孤電子對，為V型；價層電子對個數為3，不含孤電子對，為平面三角形；含有一個孤電子對，為V形結構；價層電子對個數是2【詳解】A項，CO2分子中每個O原子和C原子形成兩個共用電子對，所以C原子價層電子對個數是2，VSEPR模型為直線形，且中心原子不含孤電子對，分子構型為直線形結構，VSEPR模型與分子立體結構模型一致，故A不符合題意；B項，CO32﹣的中心原子C原子上含有3個σ鍵，中心原子孤電子對數=12（4+2﹣2×3）=0，所以C原子價層電子對個數是3，VSEPR模型為平面三角形，且不含孤電子對，CO32﹣的分子構型為平面三角形，VSEPR模型與分子立體結構模型一致，故B不符合題意；C項，水分子中價層電子對個數=2+12×（6﹣2×1）=4，VSEPR模型為正四面體結構，含有2個孤電子對，略去孤電子對后，實際空間構型是V型，VSEPR模型與分子立體結構模型不一致，故C符合題意；D項，CCl4分子中，中心原子C原子價層電子對個數=σ鍵個數+孤電子對個數=4+12（4﹣1×4）=4，VSEPR模型為正四面體結構，中心原子不含孤電子對，分子構型為正四面體結構，VSEPR模型與分子立體結構模型一致，故10、C【解析】A．該硫酸溶液的物質的量濃度為mol/L=18.2mol/L，故A錯誤；B．鋅和濃硫酸反應生成二氧化硫，濃硫酸足量沒有氫氣生成，故B錯誤；C．設配制200mL2.6mol?L-1的稀硫酸需取該硫酸的體積為xL，根據溶液稀釋前后溶質的物質的量不變，則0.2L×2.6mol/L=x×18.2nol/L，解得x=0.05L=50mL，故C正確；D．濃硫酸和水的密度不同，等體積混合后體積不等于硫酸體積的2倍，混合后物質的量濃度不是3.2mol/L，故D錯誤，故選C。點睛：本題考查溶液濃度的計算，注意硫酸的濃度越大，密度越大，注意理解掌握物質的量濃度與質量分數之間的關系。本題的易錯點是B，注意濃硫酸的特殊性質。11、D【解析】

化學變化是指在原子核不變的情況下，有新物質生成的變化。物理變化是指沒有新物質生成的變化?；瘜W變化和物理變化的本質區(qū)別在于是否有新物質生成?！驹斀狻緼．N2和H2合成NH3發(fā)生了化學變化，故A錯誤；B．鋼鐵廠煉鐵的原理是用還原劑將鐵從其氧化物中還原出來，發(fā)生的是化學變化，故B錯誤；C．接觸法制硫酸發(fā)生的三個反應是S+O2SO2、2SO2+O22SO3、SO3+H2O＝H2SO4，發(fā)生了化學變化，故C錯誤；D．煉油廠用分餾法生產汽油是利用沸點的不同進行混合物的分離操作，發(fā)生的是物理變化，故D正確。故選D。【點睛】本題主要考查了物理變化和化學變化的區(qū)別，可以依據化學變化的實質進行。12、C【解析】

A.4Fe(s)+3O2(g)=2Fe2O3(s)的氣體物質的量減少，△S<0，A錯誤；B.NH3(g)+HCl(g)=NH4Cl(s)的氣體物質的量減少，△S<0，B錯誤；C.(NH4)2CO3(s)=NH4HCO3(s)+NH3(g)分解反應是吸熱反應，△H>0，反應后氣體的物質的量增大，△S>0，C正確；D.2Cu(s)+CO2(g)+O2(g)+H2O(g)=Cu2(OH)2CO3(s)反應后氣體物質的量減小，△S<0，D錯誤；故合理選項是C。13、B【解析】A、溫度不變、容積不變，通入SO2，發(fā)生：SO2＋2H2S=3S＋2H2O，H2S濃度降低，根據勒夏特列原理，反應向正反應方向進行，不符合題意，故A錯誤；B、NH4HS是固體，濃度視為常數，移走一部分NH4HS，NH4HS濃度不變，化學平衡不移動，符合題意，故B正確；C、縮小容器的體積，相當于增大壓強，根據勒夏特列原理，反應向逆反應方向進行，不符合題意，故C錯誤；D、恒壓下，通入非反應氣體，體積增大，組分的濃度降低，根據勒夏特列原理，反應向正反應方向進行，不符合題意，故D錯誤。14、A【解析】

A、氫氧化鎂堿性強于氨水；B、制氫氧化鐵膠體條件是加熱，在化學式后注明膠體，得不到沉淀；C、電荷不守恒；D、硝酸具有強氧化性，將亞鐵氧化成鐵離子；【詳解】A、氫氧化鎂堿性強于氨水，故A能用來解釋相應實驗現象；B、制氫氧化鐵膠體條件是加熱，在化學式后注明膠體，得不到沉淀，離子方程式為：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3（膠體）＋3H＋，故B不能用來解釋相應實驗現象；C、電荷不守恒，正確的離子方程式為：5SO2＋2MnO4－＋2H2O=2Mn2＋＋4H＋＋5SO42－，故C不能用來解釋相應實驗現象；D、硝酸具有強氧化性，其可將亞鐵氧化成鐵離子，正確的離子方程式為：3FeO＋10H＋＋NO3－=3Fe3＋＋NO↑＋5H2O，故D不能用來解釋相應實驗現象；故選A?！军c睛】本題考查離子反應方程式書寫，解題關鍵：結合原理正確書寫離子方程式，難點C：氧化還原反應的離子方程式的書寫，配平前不能將H+寫在反應物中，應先配電子轉移守恒，再通過電荷守恒將H+補在生成物中。15、A【解析】分析：由裝置圖可以看出，反應為固體和液體在不加熱的條件下反應生成氣體的裝置，生成氣體可用濃硫酸干燥并能用排水法收集，以此解答該題。

詳解:A.氫氣可用濃硫酸干燥，并能用排水法收集，所以A選項是正確的；

B.濃鹽酸和二氧化錳反應需要加熱，且氯氣微溶于水，不能用排水法收集，故B錯誤；

C.不能用稀硫酸和碳酸鈣反應，否則生成硫酸鈣微溶包住碳酸鈣，使反應停止發(fā)生，且二氧化碳微溶于水，不能用排水法收集，故C錯誤；

D.氨氣不能用濃硫酸干燥,也不能用排水法收集，故D錯誤。

所以A選項是正確的。點睛：本題考查氣體的制備、收集,題目難度不大，注意把握氣體的制備裝置圖，判斷氣體可能具有的性質。16、B【解析】分析：根據實際參加反應的離子濃度分析,平衡為：Fe3+＋3SCN-?Fe(SCN)3，加入少量K2SO4固體，溶液中Fe3+、SCN-濃度不變。詳解:A、加入少量NH4SCN，SCN-濃度變大，平衡正向移動，故A錯誤；

B、加入少量K2SO4固體，溶液中Fe3+、SCN-濃度不變，平衡不移動，所以B選項是正確的；

C、加入少量NaOH導致鐵離子濃度減小，平衡逆向移動，故C錯誤；

D、加入少量FeCl3·6H2O導致鐵離子濃度增大，平衡正向移動，故D錯誤；

所以B選項是正確的。二、非選擇題（本題包括5小題）17、取代反應（或水解反應）醛基3或或)【解析】

根據題中各物質的轉化關系，A堿性水解發(fā)生取代反應得B，B氧化得C，C發(fā)生銀鏡反應生成D，根據C的名稱和A的分子式為C9H11Cl，可知B為，可反推知A為，C為，D為。據此解答?！驹斀狻?1)根據上面的分析可知，A的結構簡式為，故答案為；(2)根據上面的分析可知，轉化關系中A→B的反應類型為取代反應，B→C發(fā)生氧化反應，將羥基氧化為醛基，C中官能團為醛基，故答案為取代反應；醛基。(3)反應C→D中的第①步的化學方程式為，故答案為；(4)在NaOH醇溶液并加熱的條件下，A發(fā)生消去反應生成E：，E的同分異構體的苯環(huán)上有且僅有一個取代基，且能與溴水發(fā)生加成反應，說明有碳碳雙鍵，則苯環(huán)上的取代基可以是－CH=CHCH3或－CH2CH=CH2或－C(CH3)=CH2，所以符合條件的同分異構體的結構簡式為或或)故答案為或或)。18、丙烯加成反應羰基【解析】

由圖中的分子式可以推斷出，B為苯酚，C為丙烯CH3CH=CH2。甲苯可以被酸性高錳酸鉀氧化苯甲酸，而酸性K2Cr2O7溶液也具有強氧化性，結合A的分子式，可以推斷出A為苯甲酸。C為丙烯，和水發(fā)生反應生成D，則D為1-丙醇或者2-丙醇，對應的E為丙醛或者丙酮，由于核磁共振氫譜顯示E只有一種吸收峰，所以E一定為丙酮，D為2-丙醇?！驹斀狻浚?）C為丙烯，與水發(fā)生加成反應，得到2-丙醇，C→D為加成反應；（2）經分析，E為丙酮，則其結構簡式為：，其官能團為羰基；（3）PC為碳酸脂，則其水解產物中有碳酸鈉，；（4）能發(fā)生銀鏡反應，則說明有醛基，芳香族化合物含有苯環(huán)，所以符合條件的A的同分異構體有：、、、；（5）根據和丙酮反應得到F可以推出，要想得到，需要和。甲醛和可以反應生成，該物質經過氧化得到，不過苯酚本身就容易被氧化，需要保護酚羥基。由此可以設計合成路線，。【點睛】合成路線中，甲醛和的反應屬于課外知識，需要考生去積累，在本題中可以大膽推測這個反應，同時要注意有機合成中，一些基團的保護，此外還要觀察新的反應的“變化機理”，并會運用在合成路線中。19、平衡氣壓(當A中壓力過大時，安全管中液面上升，使A瓶中壓力穩(wěn)定)A42.00偏高減少鹽酸的揮發(fā)，有利于氨氣的吸收AgNO3見光易分解2CoCl2+2NH4Cl+10NH3+H2O2=2[Co(NH3)6]Cl3+2H2O氧化劑溫度過高過氧化氫分解、氨氣逸出【解析】

根據鹽酸和氫氧化鈉的量計算氨氣的物質的量，根據硝酸銀計算氯離子的物質的量。注意分析合成M的原料中雙氧水的作用?！驹斀狻浚?）上述裝置A中，玻璃管的作用是平衡氣壓(當A中壓力過大時，安全管中液面上升，使A瓶中壓力穩(wěn)定)；（2）裝置A、B三腳架處應放置一個酒精燈作為熱源，A裝置要產生水蒸氣將B中的氨全部蒸出，酒精燈應放置在A處。（3）步驟一所稱取的樣品中含氮的質量為42.00g。（4）裝置C中所用鹽酸的濃度過大易揮發(fā)，相當于氨氣消耗鹽酸過多，會造成測得氮的含量偏高；為減少鹽酸的揮發(fā)，冰水混合物的作用降低吸收液鹽酸的溫度，減少鹽酸的揮發(fā)，有利于氨氣的吸收。（5）硝酸銀見光會分解，故測定氯的過程中使用棕色滴定管的原因是防止AgNO3見光分解。（6）M以濃氨水、雙氧水、CoCl2·6H2O、NH4Cl為原料在加熱條件下通過活性炭的催化來合成。經上述實驗測定，配合物M中鈷、氮、氯的物質的量之比為1∶6∶3，其中氮元素以氨的形式存在，雙氧水將+2價鈷氧化為+3，則M為配合物，其化學式為[Co(NH3)6]Cl3，因此，制備M的化學方程式為2CoCl2+2NH4Cl+10NH3+H2O2=2[Co(NH3)6]Cl3+2H2O，其中雙氧水的作用是氧化劑；雙氧水和氨水受熱均易分解，故制備M的過程中溫度不能過高的原因是：溫度過高過氧化氫分解、氨氣逸出。20、+CH3OH+H2O使用濃硫酸吸水、把酯蒸出反應體系、提高醇的用量等(能回答出兩條措施即可)洗去苯甲酸甲酯中過量的苯甲酸199.689.7%【解析】

（1）酯化反應的原理是酸脫羥基醇脫氫，在濃硫酸作用下，苯甲酸與甲醇發(fā)生酯化反應生成苯甲酸甲酯和水；（2）酯化反應為可逆反應，增大乙酸或乙醇的濃度或減小乙酸乙酯的濃度，能夠使平衡向正反應方向移動；（3）由表給數據可知，反應后的苯甲酸甲酯中會含有苯甲酸等雜質；（4）苯甲酸甲酯的沸點是199.6℃；（5）由15g苯甲酸計算苯甲酸甲酯的理論量，再依據實際量計算產率?！驹斀狻浚?）酯化反應的原理是酸脫羥基醇脫氫，在濃硫酸作用下，苯甲酸與甲醇發(fā)生酯化反應生成苯甲酸甲酯和水，反應的化學方程式為+CH3OH+H2O，故答案為：+CH3OH+H2O；（2）酯化反應為可逆反應，增大乙酸或乙醇的濃度或減小乙酸乙酯的濃度，能夠使平衡向正反應方向移動，提高酯的產率，故答案為：使用濃硫酸吸水、把酯蒸出反應體系、提高醇的用量等(能回答出兩